\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题3.6}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续,且存在实数 $q \in(0,1)$, 使得对于区间 $[a, b]$ 的每一个点 $x$,总 存在 $y \in[a, b]$, 使得$|f(y)| \leqslant q|f(x)|$求证 : 至少存在一点 $\xi \in[a, b]$, 使得 $f(\xi)=0$ .}
\textbf{证}\quad
任取$x_1 \in [a,b]$,令$x_{n+1}=y$,$y$满足$|f(y)| \leq q|f(x_n)|$,$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=0$,$x_n$有界,所以其至少存在一个聚点,设其为$\xi$.由于函数连续.所以至少存在一个点$\xi \in[a, b]$,使得 $f(\xi)=0$ .

\section{设 $f(x) \in C[0,+\infty)$, 且 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} f(x)=A$( 有限数 ), 求证 : $f(x) $在$ [0,+\infty)$ 上有界.}
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$ ,存在$N$,使得$x>N$时,$|f(x)-A|<\varepsilon$,现考虑$f(x) \in C[0,N]$.由于函数在闭区间内连续.所以其有界.设$M_1>sup|f(x)|(x\in[0,N])$,$M_2>|A+\varepsilon|+1$.取$M=max\{M_1,M_2\}$,则$M$是$|f(x)|$的上界.从而$f(x)$有界.

\section{设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上连续, 且 $\lim\limits_{x \rightarrow a^{+}} f(x)=\lim\limits_{x \rightarrow b^{-}} f(x)=+\infty$, 求证 : $f(x) 在 (a, b)$ 内能够
  取到它的最小值.}
\textbf{证}\quad
若函数无下界,则显然定义域内有一个点的函数值趋于$-\infty$,所以此点的极限不存在,所以函数在这点不连续.与假设矛盾.所以函数存在下界.则函数值域存在下确界$M$.即$\exists x_0,\mathrm{s.t.}\forall\varepsilon>0,\exists \delta$,当$|x-x_0|<\delta$时,有$M+\varepsilon>f(x)$所以此点的极限为$M$,由于函数连续,所以此点的函数值为$M$,所以最小值可取到.

\section{设 $f(x) \in C(-\infty,+\infty)$, 且 $\lim\limits_{x \rightarrow \infty} f(x)=-\infty$, 求证 : $f(x) $在$ (-\infty,+\infty)$ 内能够取到它的最大值.}
\textbf{证}\quad
$\forall M>0, \exists N \mathrm{s.t.}$若$|x|>N$, 则$f(x)<-M$,取$M=f(0)-1$,则考虑闭区间$[-N,N]$,其上存在最大值且能被取到.而任意$x$不属于此区间,有$f(x)<f(0)\leq supf(x)$.所以能够取到其最大值.

\section{设 $f(x) \in C[a, b)$, $\lim\limits_{x \rightarrow b^{-}} f(x)=B$ . 证明:若存在 $x_{1} \in[a, b)$, 使得 $f\left(x_{1}\right)>B$, 则
$f(x) 在 [a, b)$ 上取到最大值.}
\textbf{证}\quad
记$F(x)\in[a,b]$,当$x\in[a,b)$时,$F(x)=f(x),F(b)=B$.$F(x)$最大值可在$[a,b]$中取到,且由于最大值大于$B$,所以一定不是在$x=b$处取到所以其最大值可在$[a,b)$中取到.所以$f(x)$最大值也可以在定义域中取到.

\section{设 $f(x) \in C[a, b]$, 且 $f(x)$ 的最小值在唯一的点 $x^{*}$ 取到,又设 $x_{n} \in[a, b](n=1,2, \cdots)$ 满足 $f\left(x_{n}\right) \rightarrow f\left(x^{*}\right)(n \rightarrow \infty)$ . 求证 : $x_{n} \rightarrow x^{*}(n \rightarrow \infty)$ .}
\textbf{证}\quad
反证,若$x_n$极限不是$x^*$,则设其为$x^{**}$,则在$x^{**}$处也是其最小值,与$x^{*}$唯一矛盾

\section{证明方程 $2^{x}-4 x=0$ 在 $\left(0, \dfrac{1}{2}\right)$ 内至少有一个根.}
\textbf{证}\quad
仿照第5题,$f(0)=1>0,f(\dfrac{1}{2})=\sqrt{2}-2<0$所以由零点存在定理和函数连续性知,其存在一个在区间范围内且不在$x=0$和$x=\dfrac{1}{2}$处的零点.所以原命题得证.

\section{证明方程 $x^{3}+p x+q=0(p>0)$ 有且仅有一个根.}
\textbf{证}\quad
函数单增,当$x\rightarrow-\infty 时,原式\rightarrow-\infty,$当$x\rightarrow+\infty 时,原式\rightarrow+\infty ,$

所以存在一个区间$[a,b],s.t.f(a)<0,f(b)>0$由于$f(x)在[a,b]上连续$,所以由零点存在定理和函数单增可知,其存在唯一一个根.

\section{设 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上连续,若 $x_{n}, y_{n} \in(a, b)(n=1,2, \cdots)$ 且 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} y_{n}=b,$ 使得
  $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=A<B=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f\left(y_{n}\right) .$ 证明 : 任 取 $A<\eta<B$,存在数列 $\left\{z_{n}\right\},$ 使得 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} z_{n}=b,$ 且
  $f\left(z_{n}\right)=\eta, n=1,2, \cdots$}
\textbf{证}\quad
因为 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=A<B=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f\left(y_{n}\right),$ 所以由极限的局部保号性可知 ,$ \forall \dfrac{B-A}{2}>\varepsilon>0$,

$\exists N \in \mathrm{N}^{*}, \mathrm{s.t.}n>N$ 时
$$
	A-\varepsilon<f\left(x_{n}\right)<A+\varepsilon<B-\varepsilon<f\left(y_{n}\right)<B+\varepsilon
$$

$\forall \eta \in(A, B),$ 取 $\varepsilon_{\eta}=\min \left\{\dfrac{B-\eta}{2}, \dfrac{\eta-A}{2}\right\}>0, \exists N_{1} \in \mathrm{N}^{*},$ s. t. $n>N_{1}$
$$
	A+\varepsilon_{\eta} \leqslant A+\dfrac{\eta-A}{2}=\dfrac{\eta+A}{2}<\eta<\dfrac{\eta+B}{2}=B-\dfrac{B-\eta}{2} \leqslant B-\varepsilon_{\eta}
$$

对上述 $\varepsilon_{\eta}>0, \exists N \in \mathrm{N}^{*}$且 $N>N_{1},$ 使得 $n>N$ 时,有
$$
	f\left(x_{n}\right)<A+\varepsilon_{\eta}<\eta<B-\varepsilon<f\left(y_{n}\right)
$$

因为 $f(x)$ 在 $\left[x_{n}, y_{n}\right]$ (或者 $\left[y_{n}, x_{n}\right]$ )上连续,所以由连续函数的介值定理可知存在 $d_{n}$ 介于 $x_{n}, y_{n}$ 之间 , 使得 $f\left(d_{n}\right)=\eta$ 因为 $x_{n}<d_{n}<y_{n}\left(\right.$ 或者 $\left.y_{n}<d_{n}<x_{n}\right), \lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} y_{n}=b,$ 由夹逼定理可知 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} d_{n}=b$.

\section{设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续,且 $|f(x)|$ 在 $[a, b]$ 上单调 $,$ 证明 $: f(x)$ 在 $[a, b]$上单调.}
\textbf{证}\quad
反证:假设其非恒正或恒负,则有$a\leq x_1 < x_2\leq b,$满足$f(x_1)与f(x_2)异号$,则由零点存在定理知,$[x_1,x_2]$间存在一个点$x_0$使得其函数值为0,此时$|f(x)|$在$x_1,x_2$处大于$0$,而其中间有一个零点,这与$|f(x)|$单调矛盾.所以$f(x)$恒正或恒负,从而易知$f(x)$单调.

\section{设函数 $f \in C[a, b], x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \in[a, b],$ 已知正数 $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ 满足 $\lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}=1,$ 则一定存在 $\eta \in[a, b],$ 使得
$$
f(\eta)=\lambda_{1} f\left(x_{1}\right)+\lambda_{2} f\left(x_{2}\right)+\cdots+\lambda_{n} f\left(x_{n}\right)
$$}
\textbf{证}\quad
$f(x_{min})\leq RHS \leq f(x_{max})$,所以由介值原理,存在 $\eta \in[a, b]$,使得
$$
f(\eta)=\lambda_{1} f\left(x_{1}\right)+\lambda_{2} f\left(x_{2}\right)+\cdots+\lambda_{n} f\left(x_{n}\right)
$$

\section{设 $f(x) \in C(-\infty,+\infty),$ 且 $\lim\limits_{x \rightarrow \infty} f(x)$ 存在,求证 $: f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致连续.}
\textbf{证}\quad
因为 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} f(x)=A,$ 则 $\forall \varepsilon>0, \exists M_{1}>0,$ 当 $x_{1}, x_{2}>M_{1}$ 时
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-A\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}, \quad\left|f\left(x_{2}\right)-A\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}, \quad \text { 则 } \quad\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon
$$

$\lim\limits_{x \rightarrow-\infty} f(x)=B,$ 则 $\exists \varepsilon>0, \exists M_{2}>0,$ 当 $x_{1}, x_{2}<-M_{2}$ 时
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-B\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}, \quad\left|f\left(x_{2}\right)-B\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}
$$

则 $\quad\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$

显然 $f(x)$ 在 $\left[-M_{2}-1, M_{1}+1\right]$ 上一致连续, 即 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta_{1}>0,$ 当 $x_{1}, x_{2} \in\left[-M_{2}-1\right.$,
$\left.M_{1}+1\right],$ 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta_{1}$ 时 $,\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon .$

$\forall \varepsilon>0, x_{1}, x_{2} \in \mathbb{R}$

(1) 当 $x_{1}, x_{2} \in\left(M_{1}+\infty\right)$ 时,有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$;

(2) 当 $x_{1}, x_{2} \in\left(-\infty, M_{2}\right)$ 时,有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$;

(3) 当 $x_{1}, x_{2} \in\left[-M_{2}-1, M_{1}+1\right]$, 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta_{1}$ 时,有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$;

(4) 取 $\delta=\min \left\{1, \delta_{1}\right\},$ 当 $x_{1} \in\left[-M_{2}, M_{1}\right], x_{2} \in\left(-\infty, M_{2}\right)$ 或者 $x_{2} \in\left(M_{1},+\infty\right)$ 且
$\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时,都有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon .$

综上所述 $, \forall \varepsilon>0, x_{1}, x_{2} \in \mathbb{R},$ 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时,都有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon .$
所以函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致连续.

\section{设 $f(x)$ 是$R$上的连续周期函数,证明 $f(x)$ 在$R$上一致连续.}
\textbf{证}\quad
$f(x)$显然在$[0,T],[\dfrac{T}{2},\dfrac{3T}{2}]$上一致连续,则其存在$\delta_1,\delta_2$满足$f(x)$在两个区间上的一致连续的性质.所以考虑$[\dfrac{kT}{2},\dfrac{(k+2)T}{2}]$,由于$f(x)$是周期函数,所以在这个区间上$f(x)$一致连续.取$\delta<_{min}\{\dfrac{T}{2},\delta_1,\delta_2\}$,则其使得$\forall\varepsilon>0,|x_1-x_2|<\delta,|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$.所以$f(x)$在$R$上一致连续.

\section{使用有限覆盖定理证明 $\mathrm{Cantor}$ 定理.}
\textbf{证}\quad
对任意一个$[a,b]$中的点$x_0$ ,由函数极限的局部有界性与函数连续知,$\forall\varepsilon>0$,其存在一个$\delta$邻域,满足当$|x_1-x2|\in[x_0-2\delta,x_0+2\delta]$时,$|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$

所以区间$[a,b]$可被上述开区间有限覆盖.取其中最小的$\delta$.则有

$$\forall\varepsilon>0,\exists\delta$$

当$|x_1-x_2|<\delta$时,这两个点一定属于上述某个区间,所以有$|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$.所以存在公共的$\delta$.证毕.

\end{document}